15.20(a) O spin do elétron pode ter uma de duas orientações num campo magnético, e as respectivas energias sāo \pm \mu_{\mathrm{B}} \mathcal{B}, em que \mu_{\mathrm{B}} é o magnéton de Bohr. Deduza as expressões da função de partição, da energia média do elétron, e esboce o gráfico da variação da função de partição e da energia média com \mathcal{B}. Calcule a razão entre as populações dos dois estados do spin a (a) 4,0 \mathrm{~K}, (b) 298 K , sendo \mathcal{B}=1,0 \mathrm{~T}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados fornecidos:
    • O elétron tem dois estados de spin em presença de um campo magnético \mathcal{B} com energias \pm \mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}. Aqui \mu_{\mathrm{B}} é o magnéton de Bohr.
    • Valores numéricos a usar para as contas finais: \mathcal{B}=1{,}0\\ \mathrm{T} e temperaturas T=4{,}0\\ \mathrm{K} e T=298\\ \mathrm{K}.
    • Constantes físicas que serão usadas: o magnéton de Bohr \mu_{\mathrm{B}} e a constante de Boltzmann k_{\mathrm{B}} (valores numéricos serão introduzidos mais adiante).
  • O que o enunciado pede:
    1. Deduza a expressão da função de partição do elétron.
    2. Deduza a expressão da energia média do elétron (valor esperado da energia térmica).
    3. Esboce (descreva) o comportamento dos gráficos de Z e da energia média quando \mathcal{B} varia.
    4. Calcule a razão entre as populações dos dois estados do spin para (a) T=4{,}0\\ \mathrm{K} e (b) T=298\\ \mathrm{K}, com \mathcal{B}=1{,}0\\ \mathrm{T}.

Passo 2

Deduza a função de partição Z.
  • Conceito rápido (aula curta): a função de partição canônica para um sistema discreto em equilíbrio térmico a temperatura T é a soma das contribuições e^{-E_i/(k_{\mathrm{B}}T)} de cada estado i. Essa soma dá o fator de normalização que permite obter probabilidades e grandezas termodinâmicas.
  • Aplicando ao nosso caso: existem dois estados com energias E_{-}=-\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B} (spin alinhado, menor energia) e E_{+}=+\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B} (spin anti-alinhado, maior energia). Definimos \beta=\dfrac{1}{k_{\mathrm{B}}T}.
    Assim,
    Z=\sum_{i} e^{-\beta E_i}=e^{-\beta(-\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B})}+e^{-\beta(+\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B})}.
    Simplificando,
    Z=e^{\beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}}+e^{-\beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}}=2\operatorname{cosh}\!\bigl(\beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}\bigr).
  • Interpretação: Z depende apenas do parâmetro adimensional x=\beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}=\dfrac{\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}}{k_{\mathrm{B}}T}.

Passo 3

Deduza a energia média \bar{E} do elétron.
  • Duas formas equivalentes (explico as duas para você escolher a que preferir na prova):
    1. Valor esperado direto: \bar{E}=\dfrac{\sum_i E_i e^{-\beta E_i}}{Z}.
    2. Fórmula termoestática: \bar{E}=-\dfrac{\partial\ln Z}{\partial \beta}. Essa é prática porque relaciona energia média diretamente com Z.
  • Vou usar a forma 2 ( curta e elegante ), mas mostro também que dá o mesmo que a forma 1.
    Usando Z=2\operatorname{cosh}(\beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}),
    \ln Z=\ln 2+\ln\!\bigl(\operatorname{cosh}(\beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B})\bigr).
    Diferenciando em relação a \beta,
    \frac{\partial\ln Z}{\partial\beta}=\frac{\partial}{\partial\beta}\ln\!\bigl(\operatorname{cosh}(\beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B})\bigr) =\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}\,\operatorname{tanh}(\beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}).
    Portanto
    \bar{E}=-\frac{\partial\ln Z}{\partial\beta}=-\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}\,\operatorname{tanh}\!\bigl(\beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}\bigr).
  • Checagem via valor esperado direto: calcular \bar{E}=(E_{-}e^{-\beta E_{-}}+E_{+}e^{-\beta E_{+}})/Z também leva à mesma expressão (pode verificar expandindo e simplificando usando as hiperbólicas).
  • Observação sobre paridade: como função de \mathcal{B}, \bar{E} depende de \beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B} de forma que o produto \mathcal{B}\operatorname{tanh}(\beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}) é uma função par de \mathcal{B}; portanto \bar{E} é negativa para \mathcal{B}\neq 0 e simétrica em \mathcal{B}\to -\mathcal{B} (o valor médio depende do módulo do campo).

Passo 4

Probabilidades e razão entre populações.
  • Probabilidade de ocupar cada nível (regra de Boltzmann):
    p_{-}=\frac{e^{-\beta E_{-}}}{Z}=\frac{e^{\beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}}}{Z},\qquad p_{+}=\frac{e^{-\beta E_{+}}}{Z}=\frac{e^{-\beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}}}{Z}.
  • Razão entre populações do estado de menor energia ( E_{-}=-\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}) e do de maior energia ( E_{+}=+\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}):
    \frac{n_{-}}{n_{+}}=\frac{p_{-}}{p_{+}}=\exp\!\bigl(2\beta\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}\bigr) =\exp\!\left(\frac{2\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}}{k_{\mathrm{B}}T}\right).
    (Aqui n_{-} e n_{+} são números proporcionais às probabilidades nos estados.)
  • Essa é uma fórmula importante e simples de memorizar: a diferença de ocupação entre dois níveis separados por \Delta E=2\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B} é \exp(\Delta E/(k_{\mathrm{B}}T)).

Passo 5

Esboço (descrição) dos gráficos de Z e de \bar{E} quando \mathcal{B} varia.
  • Defina x=\dfrac{\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}}{k_{\mathrm{B}}T}.
  • Função de partição:
    Z=2\operatorname{cosh}(x).
    • Em x=0 (ou \mathcal{B}=0) temos Z=2.
    • Para pequenos x, \operatorname{cosh} x\approx 1+\dfrac{x^2}{2}, logo Z\approx 2\bigl(1+\tfrac{x^2}{2}\bigr)=2+x^2+\cdots: comportamento quadrático próximo de x=0.
    • Para |x| grande, \operatorname{cosh} x\sim \dfrac{e^{|x|}}{2}, então Z cresce exponencialmente com |x|.
    • Portanto gráfico de Z em função de \mathcal{B}: simétrico em relação a \mathcal{B}=0, mínimo em Z(0)=2, e cresce monotonicamente para ambos os lados conforme |\mathcal{B}| aumenta.
  • Energia média:
    \bar{E}=-\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}\operatorname{tanh}(x).
    • Em \mathcal{B}=0 (ou x=0), \operatorname{tanh} 0=0 logo \bar{E}(0)=0.
    • Para pequenos x, \operatorname{tanh} x\approx x, então \bar{E}\approx -\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}\,x= -\dfrac{\mu_{\mathrm{B}}^{2}\mathcal{B}^{2}}{k_{\mathrm{B}}T}: variação quadrática em \mathcal{B} próxima de zero (negativa).
    • Para |x| grande, \operatorname{tanh} x\to \mathrm{sgn}(x), então \bar{E}\to -\mu_{\mathrm{B}}|\mathcal{B}|: a energia média tende a um limite linear negativo em |\mathcal{B}| (saturação quando quase toda a população está no nível mais baixo).
    • Resultado: \bar{E} é uma função simétrica em \mathcal{B} (depende de |\mathcal{B}|), começa em zero, fica negativa com crescimento em módulo com \mathcal{B} e tende a -\mu_{\mathrm{B}}|\mathcal{B}| para campos muito grandes.

Passo 6

Preparando as contas numéricas (valores das constantes e fórmula para cálculo).
  • Valores das constantes (usados nas contas; estes são os valores recomendados): \mu_{\mathrm{B}}=9{,}274\,009\,994\times10^{-24}\\ \mathrm{J/T}, \qquad k_{\mathrm{B}}=1{,}380\,649\times10^{-23}\\ \mathrm{J/K}.
  • É útil calcular primeiro a razão \dfrac{\mu_{\mathrm{B}}}{k_{\mathrm{B}}} (unidade: K/T): \frac{\mu_{\mathrm{B}}}{k_{\mathrm{B}}}\approx\frac{9{,}274\times10^{-24}}{1{,}380649\times10^{-23}} \approx 0{,}6717\\ \mathrm{K/T}.
  • Assim o parâmetro adimensional é x=\frac{\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}}{k_{\mathrm{B}}T}=\frac{0{,}6717\\ \mathrm{K/T}\times\mathcal{B}}{T}.Com \mathcal{B}=1{,}0\\ \mathrm{T}, temos x\approx 0{,}6717/T (com T em kelvin).

Passo 7

Cálculos numéricos para os dois casos pedidos.
  • Caso (a): T=4{,}0\\ \mathrm{K}, \mathcal{B}=1{,}0\\ \mathrm{T}. x=\frac{0{,}6717}{4{,}0}=0{,}16793\\ (\text{aprox.}).Razão de populações: \frac{n_{-}}{n_{+}}=\exp(2x)=\exp(0{,}33586)\approx 1{,}3996\approx 1{,}40.Função de partição: Z=2\operatorname{cosh}(x)=2\operatorname{cosh}(0{,}16793)\approx 2{,}0283.Energia média: \bar{E}=-\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}\operatorname{tanh}(x)=-9{,}274\times10^{-24}\times\operatorname{tanh}(0{,}16793)
\operatorname{tanh}(0{,}16793)=\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}=\frac{1{,}3996-1}{1{,}3996+1}=0{,}1665\\ \text{(aprox.)}
\bar{E}\approx -9{,}274\times10^{-24}\times0{,}1665\approx -1{,}545\times10^{-24}\\ \mathrm{J}.
  • Caso (b): T=298\\ \mathrm{K}, \mathcal{B}=1{,}0\\ \mathrm{T}. x=\frac{0{,}6717}{298}\approx 0{,}002255.Razão de populações: \frac{n_{-}}{n_{+}}=\exp(2x)=\exp(0{,}00451)\approx 1{,}00452\approx 1{,}0045.Função de partição: Z=2\operatorname{cosh}(x)\approx 2\operatorname{cosh}(0{,}002255)\approx 2{,}0000051.Energia média: \bar{E}\approx -\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}\operatorname{tanh}(0{,}002255)\approx -9{,}274\times10^{-24}\times0{,}002255
\bar{E}\approx -2{,}09\times10^{-26}\\ \mathrm{J}.

Passo 8

Interpretação física rápida e incentivo.
  • Conclusão física: para campos moderados ( 1\\ \mathrm{T}) e temperatura ambiente a diferença de ocupação entre os dois estados é muito pequena ( \approx0{,}45\% a mais no estado de menor energia), enquanto a baixas temperaturas ( 4\\ \mathrm{K}) essa diferença já fica significativa ( \approx40\% a mais no estado de menor energia). Isso explica por que efeitos magnéticos por alinhamento de spins aparecem mais facilmente a baixas temperaturas.
  • Você está indo bem — memorize as fórmulas-chave Z=2\operatorname{cosh}(x), \bar{E}=-\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}\operatorname{tanh}(x) e a razão \exp(2x); com elas você resolve rápido qualquer variação desse problema na prova.

Resposta

Z=2\operatorname{cosh}\!\left(\dfrac{\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}}{k_{\mathrm{B}}T}\right)
\bar{E}=-\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}\,\operatorname{tanh}\!\left(\dfrac{\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}}{k_{\mathrm{B}}T}\right)
\dfrac{n_{-}}{n_{+}}=\exp\!\left(\dfrac{2\mu_{\mathrm{B}}\mathcal{B}}{k_{\mathrm{B}}T}\right)
(a) T=4{,}0\\ \mathrm{K},\\ \mathcal{B}=1{,}0\\ \mathrm{T}:\\ \dfrac{n_{-}}{n_{+}}\approx 1{,}40
(b) T=298\\ \mathrm{K},\\ \mathcal{B}=1{,}0\\ \mathrm{T}:\\ \dfrac{n_{-}}{n_{+}}\approx 1{,}0045

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